由连续且严格单调函数确定的隐函数的连续性判定问题

嘿，这个问题问到点子上了——毕竟没有可微性的加持，咱们没法直接调用常规的隐函数定理，得从给定的连续和严格单调条件里挖线索。答案是可以推导出g是连续的，下面我给你捋清楚逻辑：

首先明确已知条件：

• 函数$f:\mathbb R \times \mathbb R \rightarrow \mathbb R$在整个平面上连续；
• 对每个自变量，$f$都是严格单调的——也就是说，固定x的时候，$f(x,y)$关于y严格单调递增或递减；固定y的时候，$f(x,y)$关于x也严格单调递增或递减；
• 隐函数$g:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$是良定义的，也就是对每个实数x，都存在唯一的y=g(x)满足$f(x,g(x))=c$（c是实常数）。

接下来用反证法证明g的连续性：假设g在某点$x_0$处不连续，那根据连续性的定义，就存在一个正数$\varepsilon>0$，不管你取多小的$\delta>0$，总能找到某个x满足$|x-x_0|<\delta$，但$|g(x)-g(x_0)| \geq \varepsilon$。

咱们先固定$x_0$，因为$f(x_0,y)$关于y严格单调（不妨先假设是严格递增，严格递减的情况推导逻辑完全一致），而$f(x_0,g(x_0))=c$，所以必然有：
$f(x_0, g(x_0)-\varepsilon) < c < f(x_0, g(x_0)+\varepsilon)$

又因为$f$是连续的，根据多元函数的连续性，存在一个$\delta_1>0$，当$|x-x_0|<\delta_1$时：
$f(x, g(x_0)-\varepsilon) < c$，同时$f(x, g(x_0)+\varepsilon) > c$

但根据咱们之前的反证假设，存在某个x满足$|x-x_0|<\delta_1$，却有$|g(x)-g(x_0)| \geq \varepsilon$，这就分两种情况：

1. 如果$g(x) \leq g(x_0)-\varepsilon$，因为$f(x,y)$关于y严格递增，所以$f(x,g(x)) \leq f(x, g(x_0)-\varepsilon) < c$，但这和$f(x,g(x))=c$矛盾；
2. 如果$g(x) \geq g(x_0)+\varepsilon$，同样因为$f(x,y)$关于y严格递增，$f(x,g(x)) \geq f(x, g(x_0)+\varepsilon) > c$，也和$f(x,g(x))=c$矛盾。

这说明咱们的反证假设不成立，g在$x_0$处必须连续。而$x_0$是任意选取的，所以g在整个实数域上都是连续的。

补充一句：其实对x的严格单调条件主要是辅助保证隐函数的良定义性，咱们的核心证明只用到了f的连续性、对y的严格单调，以及隐函数存在且唯一的前提，就足够推出g的连续性了。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Crispost